Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός Ρυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό ΜεταβολήςΕίναι d(t0) = 17 ⋅ x(t0) ⋅ x′(t0) , όπου αντικαθιστώντας τα παραπάνω δεδομένα έχουμε x2(t0) + 1d′(t0) = 17 ⋅ 4 ⋅ 2 = 8 , οπότε ο ζητούμενος ρυθμός μεταβολής είναι ίσος με 8 cm/s. 42 + 1Η εκφώνηση φαινομενικά δεν μας έχει δώσει πολλά στοιχεία για τις μονάδες μέτρησης. Όμως, και μόνοπου μας έδωσε μονάδες μέτρησης για τον ρυθμό μεταβολής της τετμημένης του Μ μάς δίνει όσα χρεια-ζόμαστε. Πράγματι· ο χρόνος μετράται σε δευτερόλεπτα και οι αποστάσεις που δίνονται είναι σε cm(αλλιώς θα έπρεπε να ξεκαθαριστεί από την εκφώνηση αν ίσχυε κάτι διαφορετικό). Το μοναδικό «γκρί-ζο» σημείο είναι η τετμημένη του Μ, που αναφέρεται απλώς 4. Ελλείψει άλλων στοιχείων, μπορούμε ναθεωρήσουμε ότι και εδώ μετράμε σε cm (αν ίσχυε κάτι διαφορετικό, θα όφειλε ο θεματοδότης να τοξεκαθαρίσει στην εκφώνηση). Άσκηση 18Σημείο Μ κινείται στην ευθεία ε: 3x + 2y = 6. Αν, κατά την χρονική στιγμή t = 0, βρίσκεται στο σημείοΑ(2, 0) και την χρονική στιγμή t η τεταγμένη του είναι 3t², να βρείτε τον ρυθμό μεταβολής της τεταγμέ-νης του, όταν το σημείο βρεθεί πάνω στον άξονα y΄y.Η άσκηση αυτή δείχνει παρόμοια με την 17, έχει όμως κάποιες σημαντικές διαφορές. Εδώ έχουμε μενμια σχέση που συνδέει τις συντεταγμένες του σημείου Μ, επιπλέον όμως έχουμε και μία σχέση πουπροσδιορίζει πώς μεταβάλλεται η τεταγμένη του Μ ως προς τον χρόνο! Ας δούμε πώς διαμορφώνεται ηλύση με αυτό το παραπάνω δεδομένο.Αν M(x, y) είναι οι συντεταγμένες του Μ, τότε αυτές μεταβάλλονται συναρτήσει του χρόνου, δηλαδήείναι x = x(t) και y = y(t). Επιπλέον, αφού το Μ κινείται (ανήκει) στην (ε), οι συντεταγμένες του θαεπαληθεύουν την εξίσωσή της, δηλαδή θα ισχύει 3x(t) + 2y(t) = 6 (1)( )Άρα το Μ έχει συντεταγμένες της μορφής M x(t) , y(t) , που συνδέονται με την σχέση (1).Την χρονική στιγμή t = 0, το Μ βρίσκεται στην θέση (2, 0), άρα είναι x(0) = 2 και y(0) = 0. Επιπλέον,την τυχαία χρονική στιγμή t, η τεταγμένη του Μ δίνεται από την σχέση y(t) = 3t2 , t ≥ 0 (2)Γράφουμε t ≥ 0 και όχι απλά t > 0 , αφού παρατηρούμε ότι για t = 0 η (2) δίνει y(0) = 3·0² = 0, πουισχύει.Αντικαθιστώντας την (2) στην (1) βρίσκουμε ότι 3x(t) + 2 ⋅ 3t2 = 6 ⇔ 3x(t) = 6 − 6t2 ⇔ x(t) = 2 − 2t2 , t ≥ 0 (3)Όπως και πριν, έτσι κι εδώ γράφουμε t ≥ 0 και όχι t > 0 , αφού για t = 0 η (3) δίνει x(0) = 2 2·0² == 2, που ισχύει.Παραγωγίζοντας την (3) ως προς t βρίσκουμε x′(t) = −4t (4)Θέλουμε να βρούμε τον ρυθμό μεταβολής της τετμημένης του σημείου, όταν αυτό βρεθεί πάνω στονάξονα y΄y. Αρχικά λοιπόν, θα προσδιορίσουμε πότε συμβαίνει αυτό, πότε δηλαδή το Μ βρίσκεται πάνωστον y΄y. t≥0Αυτό συμβαίνει, όταν x(t) = 0 ⇔ 2 − 2t2 = 0 ⇔ 2t2 = 2 ⇔ t2 = 1 ⇔ t = 1 .Τότε από την (4) βρίσκουμε ότι η τετμημένη του Μ μεταβάλλεται με ρυθμό x′(1) = −4 ⋅1 = −4 . - 41 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών
Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός Ρυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό ΜεταβολήςΗ άσκηση αυτή είναι μία σχετικά σπάνια περίπτωση, όπου για κανένα μέγεθος δεν έχουν δοθεί μονάδεςμέτρησης. Άρα και τα αποτελέσματά μας θα είναι αριθμητικά, χωρίς να χρειάζεται να συμπληρωθεί μο-νάδα μέτρησης. Αν θέλουμε να εκφράσουμε γενικά την μονάδα μέτρησης του ρυθμού μεταβολής, θαπούμε ότι είναι της μορφής «μονάδα απόστασης/μονάδα χρόνου», χωρίς όμως να έχουμε στοιχεία γιανα γίνουμε πιο συγκεκριμένοι. Αφήνοντας τα αριθμητικά αποτελέσματα χωρίς περαιτέρω εξηγήσεις, δενυπάρχει πρόβλημα. Άσκηση 19Στο διπλανό σχήμα δίνεται ένα καρτεσιανό σύστημα συντεταγμέ-νων και τα σημεία Α(0, 3) και Β(6, 0).α) Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας ΑΒ.β) Ένα σημείο, Μ, κινείται στο ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ (ξεκινώντας από το Α), ώστε η τετμημένη του να αυξάνεται κατά 2 cm/s. Έστω, επίσης, Κ και Λ οι προβολές του Μ στους άξονες x΄x και y΄y αντίστοιχα. Να βρείτε τον ρυθμό μεταβολής του εμβαδού του ΟΚΜΛ, την χρονική στιγμή που: Ι. το ΟΚ είναι τετραπλάσιο του ΟΛ. ΙΙ. το ΟΚΜΛ είναι τετράγωνο.α) Είναι ΑΒ : y − yA = λΑΒ ⋅ (x − xA ) , όπου λΑΒ = yB − yA = 0−3 =− 3 =− 1 . xB − xA 6−0 6 2Άρα είναι ΑΒ : y − 3 = − 1 ⋅ (x − 0) ⇔ ΑΒ : y = − 1 x+3. 2 2β) Αν M(x, y) οι συντεταγμένες του Μ, τότε αφού αυτό κινείται πάνω στο ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ οισυντεταγμένες του θα προσδιορίζονται από συναρτήσεις της μορφής x(t), y(t), για τις οποίες έχουμε ταεξής δεδομένα από την εκφώνηση:I. η τετμημένη του Μ αυξάνεται κατά 2 m/s, συνεπώς ο ρυθμός μεταβολής της, x(t), είναι σταθερός και ίσος με x′(t) = +2 m / s .ΙΙ. το Μ ξεκινά την κίνησή του από το Α, συνεπώς την χρονική στιγμή t = 0 για τις συντεταγμένες του ισχύουν x(0) = 0 και y(0) = 3.ΙΙΙ. το Μ είναι σημείο της ευθείας ΑΒ, άρα για τις συντεταγμένες του ισχύει y(t) = − 1 ⋅ x(t) + 3 (1) 2Παραγωγίζοντας την (1) ως προς τον χρόνο βρίσκουμε y′(t) = − 1 ⋅ x′(t) , όπου αντικαθιστώντας τον 2 1σταθερό ρυθμό μεταβολής, x′(t) = 2 m / s , βρίσκουμε y′(t) = − 2 ⋅ 2 = −1 m / s , που σημαίνει ότι ητεταγμένη του Μ μειώνεται με σταθερό ρυθμό, ίσο με 1 m/s.Τα σημεία Κ και Λ έχουν συντεταγμένες της μορφής K(x(t) , 0) , Λ(0 , y(t)) , άρα το ορθογώνιο ΟΚΜΛέχει εμβαδόν Ε = (ΟΚΜΛ) = ΟΚ ⋅ ΟΛ = x(t) ⋅ y(t) , t ≥ 0 .Ο ρυθμός μεταβολής του είναι E′(t) = x′(t) ⋅ y(t) + x(t) ⋅ y′(t) . - 42 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών
Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός Ρυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό ΜεταβολήςΙ. Αν t1 η χρονική στιγμή που ισχύει ΟΚ = 4ΟΛ, θα είναι x(t1) = 4y(t1) καιy(t) = − 1 ⋅ x(t) + 3 ⇒ y(t1) = − 1 ⋅ x(t1) + 3 ⇒ y(t1) = − 1 ⋅ 4y(t1) + 3 ⇒ y(t1) = −2y(t1) + 3 ⇒ 2 2 2⇒ 3y(t1) = 3 ⇒ y(t1) = 1 .Τότε θα είναι και x(t1) = 4 ⋅1 = 4 .Την ίδια χρονική στιγμή είναι E′(t1) = x′(t1) ⋅ y(t1) + x(t1) ⋅ y′(t1) , δηλαδή E′(t1) = 2 ⋅ 1 + 4 ⋅ (−1) = −2 m2 / s ,που δίνει τον ζητούμενο ρυθμό μεταβολής.ΙΙ. Αν t2 η χρονική στιγμή που το ΟΚΜΛ γίνεται τετράγωνο, θα είναι ΟΚ = ΟΛ και θα ισχύουν και x(t2) = y(t2) .Επίσης θα είναι y(t2) = − 1 ⋅ x(t2) + 3 ⇒ y(t2) = − 1 ⋅ y(t2) + 3 ⇒ 2y(t2) = −y(t2) + 6 ⇒ 2 2⇒ 3y(t2) = 6 ⇒ y(t2) = 2 .Τότε θα είναι και x(t2) = 2 .Την ίδια χρονική στιγμή είναι E′(t2) = x′(t2) ⋅ y(t2) + x(t2) ⋅ y′(t2) , δηλαδή E′(t2) = 2 ⋅ 2 + 2 ⋅ (−1) = 2 m2 / s ,που δίνει τον ζητούμενο ρυθμό μεταβολής. Άσκηση 20Μια μεταβλητή ορθή γωνία ΑΟΒ τέμνει την παραβολή με εξίσωση y = x2 στα σημεία Α και Β. Η τετ-μημένη, xA , του Α μεταβάλλεται με ρυθμό 3 cm/s. Να βρεθούν:α) οι συντεταγμένες των σημείων Α και Β ως συνάρτηση του xΑ .β) ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού του τριγώνου ΑΟΒ, την χρονική στιγμή που είναι xA = 2 cm .ΠΡΟΣΟΧΗ !! Όταν η εκφώνηση λέει «μεταβλητή ορθή γωνία», εν-νοεί ότι η γωνία ΑΟΒ έχει πλευρές ΟΑ και ΟΒ που μεταβάλλονται,καθώς τα σημεία Α και Β κινούνται πάνω στην παραβολή, ώστε ηγωνία να παραμένει συνεχώς ορθή. Άρα η λέξη «μεταβλητή» δεναναφέρεται στο άνοιγμα της γωνίας (που παραμένει σταθερό καιίσο με 90°), αλλά στις πλευρές της, οι οποίες μεταβάλλονται συνε-χώς, ακολουθώντας την κίνηση των Α και Β πάνω στην παραβολή.α) Έστω A(xA , yA ) , B(xB , yB) οι συντεταγμένες των Α, Β και αςείναι xA > 0 , xB < 0 .Εφόσον σχηματίζεται ορθή γωνία ΑΟΒ, κανένα από τα Α, Β δενταυτίζεται με το Ο.Τα Α και Β είναι σημεία της παραβολής, άρα οι συντεταγμένες τουςεπαληθεύουν την εξίσωσή της, δηλαδή ισχύουν yA = x2A , yB = x2B , οπότε είναι Α(xΑ , x2A ) . - 43 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών
Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός Ρυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό ΜεταβολήςΕπιπλέον, η γωνία ΑΟΒ είναι ορθή, οπότε ΟΑ ⊥ ΟΒ ⇔ λΟΑλΟΒ = −1 ⇔ yA ⋅ yB = −1 ⇔ x 2 ⋅ xB2 = −1 ⇔ xAxB = −1 ⇔ xB = − 1 (1) xA xB A xB xA xAΛόγω της (1), από την σχέση yB = x2B έχω yB = ⎝⎛⎜⎜⎜⎜− 1 ⎟⎞⎟⎟⎟⎟⎠2 ⇔ yB = 1 . xA x2A B⎜⎜⎜⎛⎜⎝− ⎟⎟⎟⎞⎠⎟⎟ .Επομένως είναι 1 , 1 xA x2Aβ) Το ΑΟΒ είναι ορθογώνιο, άρα έχει εμβαδόν Ε = (ΑΟΒ) = ΟΑ ⋅ ΟΒ , όπου: 2 2 x2A + (x2A )2 = xA >0• OA = (OA) = x A + y2A = x2A + x4A = x2A(1 + x2A ) ⇔ (OA) = xA ⋅ 1 + x2A .• OB = (OB) = x2B + y2B = ⎜⎛⎜⎝⎜⎜− 1 ⎞⎟⎟⎟⎠⎟⎟2 + ⎜⎝⎛⎜⎜⎜ 1 ⎟⎞⎟⎠⎟⎟⎟2 = 1 + 1 = x2A + 1 ⇔ (OB) = 1 + x2A . xA x2A x2A x4A x2A x 4 A xA ⋅ 1 + x2A ⋅ 1 + x2A 2Άρα είναι Ε = (ΑΟΒ) = x 2 = 1 + x2A . A 2xAΌμως η τετμημένη του Α μεταβάλλεται συναρτήσει του χρόνου, δηλαδή είναι xA = xA(t) = x(t) , οπότεκαι το Ε θα μεταβάλλεται συναρτήσει του χρόνου, συνεπώς θα είναι E(t) = 1 + x2(t) = 1 ⋅ ⎣⎢⎢⎡⎢ 1 + x2 (t) ⎥⎤⎥⎥⎦ = 1 ⋅ ⎡⎢⎣⎢ 1 + x(t)⎥⎤⎦⎥ . 2x(t) 2 x(t) x(t) 2 x(t)Ο ρυθμός μεταβολής του, ως προς τον χρόνο, είναι E′(t) = 1 ⋅ ⎣⎡⎢⎢− x′(t) + x′(t) ⎤⎥⎥⎦ . 2 x2(t)Ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης του Α είναι σταθερός και ίσος με 3 cm/s, άρα είναι καιx′(t0) = 3 cm / s .Για την χρονική στιγμή t0 είναι E′(t0) = 1 ⋅ ⎢⎢⎡⎣⎢− x′(t 0 ) + x′(t0) ⎥⎥⎥⎦⎤ , όπου αν αντικαταστήσουμε τις προη- 2 x2(t0)γούμενες τιμές βρίσκουμε E′(t0) = 1 ⋅ ⎜⎜⎛⎝⎜⎜− 3 + 3⎟⎟⎠⎟⎟⎞ = 9 cm2 / s και έχουμε τον ζητούμενο ρυθμό μετα- 2 22 8βολής. - 44 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών
Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός Ρυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό Μεταβολής Άσκηση 21Έστω η συνάρτηση f(x) = 1 + ℓnx και το σημείο Α, που ηεφαπτομένη, (ε), σε αυτό διέρχεται από το σημείο Β(0, 1).α) Να βρείτε την εξίσωση της (ε).β) Αν ένα σημείο Μ κινείται κατά μήκος της Cf και καθώς περνάει από το Α η τετμημένη του, x, ελαττώνεται κατά 4 cm/s, να βρείτε τον ρυθμό μεταβολής της τεταγμένης του την χρονική στιγμή που το κινητό περνάει από το σημείο Α.παα)ραΕγίνωαγιίσDιμf η=, (0 , + ∞) , στο οποίο η f είναι συνεχής και ως άθροισμα συνεχών και παραγωγίσιμων,αντίστοιχα, συναρτήσεων.( )Αν A x0 , f(x0) το σημείο της Cf , στο οποίο φέρουμε τηνζητούμενη εφαπτομένη, τότε αυτή θα έχει εξίσωσηε : y − f(x0) = f′(x0) ⋅ (x − x0) .Είναι f′(x) = 1 , οπότε ε : y − (1 + ℓnx0) = 1 ⋅ (x − x0) ⇔ ε : y − 1 − ℓnx0 = 1 ⋅x−1 ⇔ x x0 x0⇔ ε:y= 1 ⋅ x + ℓnx0 (1) x0Αφού η (ε) διέρχεται από το Β, ισχύει 1= 1 ⋅0+ ℓnx0 ⇔ ℓnx0 = 1 ⇔ x0 = e .Τότε από την (1) έχω την ε: x0 ⋅x +1. 1 1 y= e ⋅x + ℓne ⇔ ε : y = eβ) Έστω M(x, y) το σημείο που κινείται κατά μήκος της καμπύλης της Cf .( )Αφού οι συντεταγμένες του μεταβάλλονται συναρτήσει του χρόνου, θα είναι M x(t) , y(t) και, αν ονο-μάσουμε t0 την χρονική στιγμή που το Μ περνάει από το Α(e, 2), οι συντεταγμένες τους θα ταυτίζο-νται.Επομένως για τις συντεταγμένες του Μ ισχύουν x(t0) = e , y(t0) = 2 .Ακόμη, την χρονική στιγμή t0 η τετμημένη του Μ ελαττώνεται με ρυθμό 4 cm/s, άρα ισχύει x′(t0) = −4 cm / s .Αναζητούμε τον ρυθμό μεταβολής, y′(t0) , της τεταγμένης του Μ την χρονική στιγμή t0 που το κινητόπερνά από το Α, δηλαδή όταν τα Μ και Α ταυτίζονται.( )Από τον τύπο της f έχουμε y = f(x) = 1 + ℓnx , οπότε είναι y(t) = 1 + ℓn x(t) .Παραγωγίζοντας εδώ ως προς t έχουμε y′(t) = 1 ⋅ x′(t) = x′(t) και την χρονική στιγμή t0 θα είναι cm / s , απ’ όπου x(t) x(t) ρυθμό μεταβολής. x′(t 0 ) −4y′(t0) = x(t 0 ) = e παίρνουμε τον ζητούμενο - 45 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών
Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός Ρυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό Μεταβολής Άσκηση 22Σημείο Μ κινείται στην γραφική παράσταση της συνάρτησης f(x) = (x − 1)3 . Η τετμημένη του Μ κινείταιμε σταθερό ρυθμό 1, πάνω στον ημιάξονα Ox, παίρνοντας μόνο θετικές τιμές. Να βρείτε:α) μία σχέση που να συνδέει την γωνία θ, που σχηματίζει η εφαπτόμενη ευθεία της γραφικής παράστα- σης της f στο Μ, με τον άξονα x΄x και την τετμημένη, x, του σημείου Μ.β) τον ρυθμό μεταβολής της γωνίας θ, την χρονική στιγμή που η εφαπτόμενη ευθεία στο Μ είναι παράλληλη στην ευθεία ε: 3x y + 2 = 0.α) Στο τυχαίο σημείο M(x, f(x)) της Cf ισχύειεϕθ = f′(x) , απ’ όπου προκύπτει εϕθ = 3(x − 1)2 ,η οποία είναι και η ζητούμενη σχέση.Βλέπουμε εδώ ότι δεν βρήκαμε συνάρτηση πουνα συνδέει άμεσα τα δύο μεγέθη! Αυτό συμβαί-νει, διότι δεν έχουμε τρόπο, με λυκειακά Μαθη-ματικά, να συνδέσουμε άμεσα την γωνία θ με τοx. Η σύνδεση, όπως έχουμε δει και σε άλλες ασ-κήσεις με γωνίες, γίνεται μέσω των τριγωνομε-τρικών αριθμών.Σε αυτήν την λεπτομέρεια οφείλεται και η προ-σεκτική διατύπωση της εκφώνησης, που δεν λέει«υπολογίστε την γωνία θ συναρτήσει του x». Ηδιατύπωση αυτή (συγκεκριμένα, η λέξη «συναρ-τήσει») υπονοεί την εύρεση συνάρτησης. Επειδήαυτό δεν είναι δυνατό, η εκφώνηση λέει «βρείτε μία σχέση που να συνδέει...», αφήνοντας την δυνατότη-τα αυτή η σύνδεση να είναι έμμεση, μέσω, π.χ., τριγωνομετρικών αριθμών, όπως συμβαίνει εδώ.Επιπλέον, να παρατηρήσουμε ότι, αν μπορούμε να λύσουμε την σχέση μας ως προς x, τότε μπορούμε ναβρούμε μία συνάρτηση που να υπολογίζει το x συναρτήσει του θ. Και πάλι, στο δεύτερο μέλος θα έχου-με τριγωνομετρικό αριθμό βέβαια, αλλά η μορφή x = φ(θ) ταιριάζει και σε εκφώνηση της μορφής «υπο-λογίστε το x συναρτήσει του θ».Στην συγκεκριμένη άσκηση βέβαια, η επίλυση της σχέσης ως προς x δεν είναι πολύ απλή και, φυσικά,δεν είναι απαραίτητη!β) Η ευθεία (ε) έχει συντελεστή διεύθυνσης λε = −3 =3. −1Τόσο η τετμημένη του σημείο Μ, όσο και η γωνία θ, μεταβάλλονται συναρτήσει του χρόνου, οπότε η σχέ-( )ση του (α) γράφεται εϕ θ(t) = 3 ⎡⎣⎢x(t) − 1⎥⎦⎤2 . θ′(t) συν2θ(t)Παραγωγίζοντάς την ως προς t βρίσκουμε = 3 ⋅ 2 ⎢⎡⎣x(t) − 1⎥⎦⎤ ⋅ ⎢⎣⎡x(t) − 1⎥⎤⎦′ ⇒⇒ θ′(t) ⋅ 1 = 6x′(t) ⋅ ⎡⎣⎢x(t) − 1⎦⎤⎥ ⇒ θ′(t) ⋅ ⎣⎢⎡1 + εϕ2θ(t)⎦⎥⎤ = 6x′(t) ⋅ ⎢⎣⎡x(t) − 1⎥⎤⎦ ⇒ θ′(t) = 6x′(t) ⋅ ⎢⎣⎡x(t) − 1⎦⎥⎤ . συν2θ(t) 1 + εϕ2θ(t)Την χρονική στιγμή t0 , που η εφαπτομένη είναι παράλληλη με την (ε), ισχύει λεϕ = λε , απ’ όπου προκύ-πτει εϕθ(t0) = 3 ⇔ 3 ⎢⎡⎣x(t0) − 1⎤⎥⎦2 = 3 ⇔ ⎡⎢⎣x(t0) − 1⎤⎥⎦2 = 1 ⇔ x(t0) − 1 = 1 ή x(t0) − 1 = −1 ⇔⇔ x(t0) = 2 ή x(t0) = 0 . - 46 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών
Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός ΛογισµόςΡυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό ΜεταβολήςΗ λύση x(t0) = 0 απορρίπτεται, αφού η τετμημένη παίρνει μόνο θετικές τιμές (από την εκφώνηση). Άραείναι x(t0) = 2 .Επιπλέον, η τετμημένη του Μ κινείται με σταθερό ρυθμό ίσο με 1, συνεπώς ισχύει x′(t) = 1 , για κάθεχρονική στιγμή, άρα και x′(t0) = 1 . 6x′(t0) ⋅ ⎢⎣⎡x(t0) − 1⎦⎥⎤ , 1 + εϕ2θ(t0)Την χρονική στιγμή t0 , ο ζητούμενος ρυθμός μεταβολής της γωνίας είναι θ′(t0) =όπου με αντικατάσταση των σχετικών τιμών βρίσκουμε θ′(t0) = 6 ⋅1 ⋅ (2 − 1) = 6 = 3 = 0, 6 μον.γωνίας/μον.χρόνου. 1 + 32 10 5 Άσκηση 23Το κόστος παραγωγής, K(x), και η τιμή πώλησης, Π(x), x μονάδων ενός προϊόντος, δίνονται από τις 1 3συναρτήσεις K(x) = x2 , Π(x) = 3 x3 − 2 x2 + 6x + 500 αντίστοιχα. Να βρεθούν:α) η συνάρτηση P(x), που δίνει το κέρδος από την πώληση x μονάδων του προϊόντος.β) πότε το οριακό κέρδος μηδενίζεται και πότε είναι θετικό.Εδώ έχουμε μία βασική εφαρμογή του ρυθμού μεταβολής σε οικονομικά μεγέθη. Εδώ βλέπουμε στην εκ-φώνηση και την χρήση του όρου «οριακό κέρδος».Σημείωση: στην εκφώνηση χρησιμοποιείται ο όρος «τιμή πώλησης», που συμβολίζεται με Π(x), αντί τουόρου «είσπραξη» και του συμβολισμού Ε(x) που είδαμε στην μεθοδολογία. Εκτός από την ορολογία αυ-τή, καμία άλλη διαφορά δεν υπάρχει στην λύση της άσκησης.Υπενθυμίζεται ότι, στα οικονομικά μεγέθη ο ρυθμός μεταβολής εκφράζεται με τον όρο οριακό» (κόστος,είσπραξη ή κέρδος, αντίστοιχα).α) Το κέρδος από την πώληση x μονάδων προϊόντος δίνεται από την συνάρτησηP(x) = Π(x) − K(x) , x ≥ 0 , δηλαδή είναι P(x) = 1 x3 − 3 x2 + 6x + 500 − x2 = 1 x3 − 5 x2 + 6x + 500 , x ≥0 , 3 2 3 2απ’ όπου έχουμε και την ζητούμενη συνάρτηση.β) Ο ρυθμός μεταβολής του κέρδους, P(x), δηλαδή το οριακό κέρδος P′(x) , είναι P′(x) = 1 ⋅ 3 x2 − 5 ⋅ 2 x + 6 = x2 − 5x + 6 , x ≥ 0 . 3 2Αυτό μηδενίζεται, όταν P(x) = 0 ⇔ x2 − 5x + 6 = 0 ⇔ x = 2 ή x = 3 .Το οριακό κέρδος είναι θετικό, όταν P′(x) > 0 ⇔ x2 − 5x + 6 > 0 ⇔ x < 2 ή x > 3 .Όμως, επειδή είναι x ≥ 0 , τελικά προκύπτει x ∈ [0 , 2) ∪ (3 , + ∞) . - 47 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών
Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός Ρυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό Μεταβολής Άσκηση 24Έστω K(x) = x2 + 10x − 50 το συνολικό κόστος x μονάδων ενός προϊόντος εβδομαδιαία, σε χιλιάδες 100ευρώ, με 0 ≤ x ≤ 200 .α) Να βρεθεί η συνάρτηση του μέσου κόστους.β) Να βρεθεί το οριακό κόστος.γ) Να συγκρίνετε τους ρυθμούς μεταβολής του συνολικού και του μέσου κόστους, όταν παράγονται 10 προϊόντα κάθε εβδομάδα.δ) Αν, επιπλέον, δίνεται η συνάρτηση των συνολικών εισπράξεων από την πώληση x μονάδων τουπροϊόντος εβδομαδιαία και είναι η E(x) = 2x3 + x2 − 14x , να βρείτε τις ελάχιστες μονάδες παρα- 100γόμενου προϊόντος, πάνω από τις οποίες έχουμε θετικό οριακό κέρδος.Εδώ έχουμε μία απλή εφαρμογή με ρυθμούς μεταβολής οικονομικών μεγεθών. Ενδιαφέρον παρουσιάζεικαι η έννοια του μέσου κόστους που εμφανίζεται εδώ.α) Η έννοια της συνάρτησης του μέσου κόστους εμφανίζεται στο σχολικό βιβλίο, στην εφαρμογή 2 τηςσελίδας 124, ως εκ τούτου (πρέπει να) θεωρείται γνωστή από τους μαθητές! Καλό είναι, λοιπόν, να με-λετηθεί και η συγκεκριμένη εφαρμογή. Σε κάθε περίπτωση, αναφέρουμε κι εδώ ότι, αν K(x) είναι το K(x)συνολικό κόστος παραγωγής x μονάδων ενός προϊόντος, τότε το μέσο κόστος είναι το K′µ(x) = x .Η συνάρτηση του μέσου κόστους είναι η Kµ(x) = K(x) = x2 + 10x − 50 = x + 10 − 50 , 0 < x ≤ 200 . x 100 100 x xβ) Το οριακό κόστος είναι ο ρυθμός μεταβολής του κόστους, δηλαδή η πρώτη παράγωγος, K′(x) , τηςσυνάρτησης K(x): K′(x) = 1 ⋅ 2x + 10 = x + 10 , 0 ≤ x ≤ 200 . 100 50γ) Ο ρυθμός μεταβολής του συνολικού κόστους, όταν παράγονται x = 10 προϊόντα κάθε εβδομάδα, 10είναι ίσος με Κ′(10) = 50 + 10 = 10, 2 .Ο ρυθμός μεταβολής του μέσου κόστους είναι η πρώτη παράγωγος, Kµ′(x) , της συνάρτησης Kµ(x) , δη-λαδή η συνάρτηση K′µ(x) = 1 − 50 ⋅ −1 = 50 + 1 . 100 x2 x2 100Επομένως ο ρυθμός μεταβολής του μέσου κόστους, όταν παράγονται x = 10 προϊόντα κάθε εβδομάδα, 50 1είναι ίσος με Κ′µ(10) = 102 + 100 = 0, 51 .Παρατηρούμε ότι Κ′(10) = 10, 2 > 0, 51 = Κ′µ(10) , άρα ο ρυθμός μεταβολής του συνολικού κόστους, ότανπαράγονται 10 προϊόντα κάθε εβδομάδα, είναι μεγαλύτερος από τον αντίστοιχο ρυθμό μεταβολής τουμέσου κόστους. - 48 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών
Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός Ρυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό Μεταβολήςδ) Το κέρδος από την πώληση x μονάδων του προϊόντος δίνεται από την συνάρτησηP(x) = E(x) − K(x) , δηλαδή P(x) = 2x3 + x2 − 14x − ⎜⎛⎜⎜⎜⎝ x2 + 10x − 50⎠⎟⎟⎟⎟⎞ = 100 100= 2x3 + x2 − 14x − x2 − 10x + 50 = 2x3 − 24x + 50 . 100 100Έτσι, το οριακό κέρδος δίνεται από την παράγωγο της P(x), δηλαδή την P′(x) = 6x2 − 24 .Έχουμε P′(x) > 0 ⇔ 6x2 − 24 > 0 ⇔ x2 − 4 > 0 ⇔ x < −2 ή x > 2 .Λαμβάνοντας υπόψη ότι είναι x ≥ 0 , τελικά έχουμε x > 2 , που σημαίνει ότι οι ελάχιστες παραγόμενεςμονάδες εβδομαδιαία, πάνω από τις οποίες έχουμε θετικό οριακό κέρδος, είναι οι 2. Άσκηση 25Το εμβαδόν κυκλικού τομέα δίνεται από τον τύπο Ε= 1 R2θ , όπου R είναι η ακτίνα του και θ η επί- 2κεντρη γωνία, σε ακτίνια. Να βρείτε τον ρυθμό μεταβολής:α) του εμβαδού Ε ως προς την γωνία θ, όταν η ακτίνα R είναι σταθερή και ίση με R = 4 μον.β) του εμβαδού Ε ως προς την ακτίνα R, όταν η γωνία θ είναι σταθερή και ίση με θ= π rad. 3γ) της ακτίνας R ως προς την γωνία θ, όταν το εμβαδόν Ε είναι σταθερό και ίσο με Ε = 25 τετρ. μον. και R = 10 μον.Η άσκηση παρουσιάζει ιδιαίτερο ενδιαφέρον, γιατί σε κάθε ερώτημά της έχουμε μεγέθη που μεταβάλλο-νται ως προς διαφορετική, κάθε φορά, μεταβλητή! Άρα είναι σημαντικό να είμαστε βέβαιοι, σε κάθε πε-ρίπτωση, αν και ποια μεγέθη παραμένουν σταθερά (συνεπώς θα αντιμετωπιστούν ως αριθμητικές στα-θερές), ποια μεταβάλλονται και κυρίως ποια παίζουν τον ρόλο της ανεξάρτητης μεταβλητής (του x)και ποια τον ρόλο της εξαρτημένης μεταβλητής (του y = f(x) δηλαδή). Τις πληροφορίες αυτές φυσικάμάς τις δίνει η εκφώνηση, την οποία πάντα διαβάζουμε με ιδιαίτερη προσοχή.Η άσκηση είναι και μία σπάνια περίπτωση, όπου ο εναλλακτικός συμβολισμός της παραγώγου ίσως ναξεκαθαρίζει καλύτερα τα παραπάνω! Γι’ αυτό, και σε κάθε ερώτημα, αρχικά θα γράψουμε την λύση αυ-τή χρησιμοποιώντας τον κλασσικό συμβολισμό των παραγώγων και στην συνέχεια η λύση θα δοθεί χρη-σιμοποιώντας τον εναλλακτικό συμβολισμό.Σε κάθε περίπτωση πάντως, καλό είναι ο εναλλακτικός συμβολισμός να αποφεύγεται, καθαρά και μόνοεπειδή δεν υπάρχει εκ των πραγμάτων μεγάλη εξοικείωση με αυτόν, άρα ελλοχεύει ο κίνδυνος λάθους.α) Εδώ η ακτίνα είναι σταθερή και ίση με R = 4 μον., που σημαίνει ότι σ’ αυτό το ερώτημα θα αντιμε-τωπιστεί ως αριθμητική σταθερά. Από την άλλη πάλι, η έκφραση στο ζητούμενο «του εμβαδού Ε ωςπρος την γωνία θ» κάνει ξεκάθαρο ότι τον ρόλο της ανεξάρτητης μεταβλητής εδώ τον έχει η γωνία θ καιτης εξαρτημένης το εμβαδόν Ε.Άρα ο τύπος Ε= 1 R2θ , για R = 4 θα γίνει Ε = Ε(θ) = 1 ⋅ 42 ⋅ θ = 8 ⋅ θ και ο ζητούμενος ρυθμός μετα- 2 2βολής θα είναι Ε′(θ) = 8 ⋅ (θ)′ = 8 ⋅1 = 8 τετρ.μον/rad. - 49 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών
Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός Ρυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό Μεταβολής Δεύτερος τρόπος για το (α).Είναι Ε = Ε(θ) = 1 ⋅ 42 ⋅ θ = 8⋅θ και χρησιμοποιώντας τον εναλλακτικό συμβολισμό της παραγώγου 2έχουμε dE = dΕ(θ) = d(8θ) =8 τετρ.μον/rad. dθ dθ dθΠΡΟΣΟΧΗ !! Ένα πολύ δύσκολο και λεπτό σημείο εδώ είναι οι μονάδες μέτρησης! Έχουμε συνηθίσει ορυθμός μεταβολής να μετράται σε μονάδες του μεταβαλλόμενου μεγέθους ανά μονάδα του χρόνου (συ-νήθως σε sec), όμως δεν σημαίνει ότι πάντα ισχύει αυτό! Εδώ έχουμε μεταβολή ως προς την γωνία, άραο αντίστοιχος ρυθμός μεταβολής θα είναι σε τετραγωνικές μονάδες μέτρησης του εμβαδού ανά rad, πουείναι η μονάδα μέτρησης της γωνίας!Να σημειώσουμε ότι, αν τα μεγέθη αναφέρονται που αναφέρονται στην εκφώνηση έχουν τιμές χωρίς μο-νάδες μέτρησης, τότε και οι αντίστοιχες απαντήσεις μας μπορούν να δοθούν χωρίς μονάδες μέτρησης,δηλαδή ως σκέτοι αριθμοί. Εδώ όμως, η άσκηση μάς δίνει μονάδες (rad) για την γωνία και μον. (τετρ.μον.) για μήκος και εμβαδόν, οπότε μας «υποχρεώνει» να χρησιμοποιούμε αυτές και στις απαντήσειςμας!β) Εδώ η γωνία θ είναι σταθερή και ίση με θ= π rad, που σημαίνει ότι θα αντιμετωπισθεί ως αριθ- 3μητική σταθερά.Η έκφραση «του εμβαδού Ε ως προς την ακτίνα R» σημαίνει ότι τον ρόλο της ανεξάρτητης μεταβλητής 1 πεδώ τον έχει η ακτίνα R και της εξαρτημένης το εμβαδόν Ε. Άρα ο τύπος Ε= 2 R2θ , για θ= 3 rad,θα γίνει Ε = Ε(R) = 1 ⋅R2 ⋅ π = π ⋅R2 . 2 3 6Τότε ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού ως προς την ακτίνα είναι Ε′(R) = π ⋅ 2R = π ⋅R τετρ.μον/μον. 6 3 Δεύτερος τρόπος για το (β).Πάλι είναι Ε = Ε(R) = 1 ⋅R2 ⋅ π = π ⋅ R2 και χρησιμοποιώντας τον εναλλακτικό συμβολισμό της 2 3 6 d ⎛⎜⎝⎜⎜ R 2 ⎟⎞⎟⎠⎟⎟παραγώγου έχουμε dE = dE(R) = π = π ⋅ 2R = π ⋅R τετρ.μον/μον. dR dR 6 6 3 dRΚαι εδώ θέλουν πολλή προσοχή οι μονάδες μέτρησης! Και πάλι η ανεξάρτητη μεταβλητή δεν είναι οχρόνος, άρα δεν θα μετρήσουμε ρυθμό ανά sec, αλλά ανά μονάδα μέτρησης του μήκους της ακτίνας R!Γι’ αυτό και γράψαμε νωρίτερα τις μονάδες ως «τετρ.μον» (μονάδα μέτρησης εμβαδού) «ανά μον»(μονάδα μέτρησης της ακτίνας). Οι παραπάνω μονάδες μπορούν να απλοποιηθούν, αλλά εμείς δεν τιςαπλοποιούμε για να φαίνεται ξεκάθαρα ότι πρόκειται για μέτρηση ρυθμού μεταβολής (να έχουν τηναναμενόμενη μορφή κλάσματος).γ) Εδώ το σταθερό μέγεθος είναι το εμβαδόν Ε, που είναι ίσο με 25 τετρ.μον. Άρα εδώ, το εμβαδόνείναι που θα εκφραστεί ως αριθμητική σταθερά (αν και βρίσκεται μόνο του στο πρώτο μέλος του τύπουπου δίνεται).Η έκφραση «της ακτίνας R ως προς την γωνία θ» σημαίνει ότι τον ρόλο της ανεξάρτητης μεταβλητήςεδώ τον έχει η γωνία θ και της εξαρτημένης η ακτίνα.Έτσι, τον τύπο Ε= 1 R2θ πρέπει να φροντίσουμε αρχικά να τον μετασχηματίσουμε, ώστε η εξαρτημένη 2 της στο πρώτο μέλος: Ε 1 2Εμεταβλητή να βρεθεί μόνη = 2 R2θ ⇔ 2Ε = R2θ ⇔ R2 = θ . - 50 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών
Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός ΛογισµόςΡυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό ΜεταβολήςΓια Ε = 25 μον, ο τύπος αυτός δίνει R2 = R2(θ) = 2 ⋅ 25 = 50 . θ θΝα τονιστεί εδώ, ότι η άσκηση ΔΕΝ ζητάει να προσδιορίσουμε την συνάρτηση της ακτίνας R!Συνεπώς, δεν είναι ανάγκη, από τον παραπάνω τύπο, να οδηγηθούμε στον R(θ) = 50 και δεν θα το θκάνουμε, διότι, όπως θα δούμε, η μορφή που θα έχουμε θα μας δώσει πολύ ευκολότερες πράξεις!Δύο παρατηρήσεις εδώ:1η. Το παραπάνω συμβαίνει γενικά, όταν το μεταβαλλόμενο μέγεθος εμφανίζεται μέσα σε σύνθετη συ-νάρτηση. Αντίστοιχο και πολύ χαρακτηριστικό παράδειγμα είδαμε και σε προηγούμενη άσκηση, μετον ρυθμό μεταβολής γωνίας.2η. Για άλλη μία φορά τονίζουμε ότι, σε μία άσκηση είναι σημαντικό να γνωρίζουμε τί ζητά η άσκησηνα βρούμε, αλλά συχνά είναι ακόμα πιο σημαντικό να προσέχουμε τι ΔΕΝ ζητά! Αν κάτι δεν ζητείται,τότε δεν είναι απαραίτητο να το βρούμε. Κανείς δεν το απαγορεύει, αλλά ίσως υπάρχει λόγος που δενζητείται!Μπορεί, π.χ., να είναι πολύ δύσκολο να βρεθεί, γιατί έχει δύσκολες πράξεις.Μπορεί πάλι, εφόσον δεν ζητείται, η λύση του θέματος να προκύπτει με αρκετά πιο εύκολες πράξεις.Εδώ, π.χ., αν δεν διώξουμε το τετράγωνο από τον τύπο της ακτίνας, θα δούμε ότι ο ζητούμενος ρυθμόςμεταβολής θα προκύψει σχετικά εύκολα από την παραγώγιση μιας σαφώς πιο εύκολης σχέσης.Πράγματι:Παραγωγίζοντας την σχέση R2(θ) = 50 ως προς θ βρίσκουμε θ 2R(θ) ⋅ R′(θ) = − 50 ⇔ R(θ) ⋅ R′(θ) = − 25 (1) θ2 θ2Εδώ υπάρχει ένα ακόμα λεπτό σημείο, που θέλει πολλή προσοχή!Στα δύο προηγούμενα ερωτήματα ζητήθηκε να βρούμε τον ρυθμό μεταβολής γενικά και όχι για κάποιασυγκεκριμένη τιμή της εκάστοτε μεταβλητής (ανεξάρτητης ή εξαρτημένης). Ήταν, λοιπόν, αναμενόμενονα προκύψει ως αποτέλεσμα ένας τύπος που έδινε σταθερό ρυθμό μεταβολής (για το (α)) και ρυθμό με-ταβολής εκπεφρασμένο ως ανεξάρτητη μεταβλητή (για το (β)).Στο (γ) όμως, εκτός του ότι δίνεται το σταθεροποιημένο μέγεθος (εμβαδόν), δίνεται επιπλέον και η τιμήτην οποία έχει η ακτίνα, την «στιγμή» που θέλουμε να βρούμε τον ρυθμό μεταβολής της! Συνεπώς, εδώμπορούμε και θα γίνουμε ακόμη πιο ακριβείς.Ψάχνουμε τον ρυθμό μεταβολής, όταν R = 10. Άρα: R(θ) = 10 ⇔ R2(θ) = 100 ⇔ 50 = 100 ⇔ θ = 50 = 1 rad. θ 100 2Συνεπώς, όταν η ακτίνα είναι ίση με 10 μονάδες, τότε έχουμε θ= 1 rad και R(θ) = R ⎜⎜⎛⎜⎝⎜ 1 ⎟⎟⎟⎟⎠⎞ = 10 μον,οπότε αντικαθιστώντας στην (1) προκύπτει 2 22 ⋅10 ⋅ R′⎜⎛⎝⎜⎜⎜ 1 ⎠⎟⎞⎟⎟⎟ = − 50 ⇔ 20 ⋅ R′⎜⎜⎜⎜⎝⎛ 1 ⎟⎟⎠⎟⎟⎞ = − 50 ⇔ 20 ⋅ R′⎛⎝⎜⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟⎟⎠⎞ = −200 ⇔ R′⎜⎝⎜⎜⎜⎛ 1 ⎠⎞⎟⎟⎟⎟ = −10 μον/rad. 2 2 1 2 2 ⎜⎛⎝⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟⎠⎟⎞2 4 2Αφού έχουμε μεταβολή ακτίνας ως προς γωνία, ο ρυθμός μεταβολής θα μετράται σε μονάδες μήκουςανά ακτίνιο. - 51 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών
Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός Ρυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό Μεταβολής Δεύτερος τρόπος για το (γ).Για την παραγώγιση, ως προς θ, της σχέσης R2(θ) = 50 , χρησιμοποιώντας τον εναλλακτικό τρόπο συμ-βολισμού της παραγώγου έχουμε θdR2(θ) = d ⎜⎝⎜⎜⎛ 50 ⎟⎞⎠⎟⎟⎟ ⇔ 2R(θ) ⋅ dR(θ) =− 50 ⇔ dR(θ) =− 50 ⇔ dR(θ) =− 25 . dθ θ dθ θ2 dθ 2R(θ) ⋅ θ2 dθ R(θ) ⋅ θ2 dθΘέτοντας R = R(θ) = 10 , θ = 1 rad έχουμε 2 dR(θ) =− 25 =− 25 =− 100 = −10 μον/rad. 10 dθ θ= 1 R ⎜⎜⎜⎝⎛ 1 ⎠⎟⎞⎟⎟⎟ ⋅ ⎜⎜⎜⎛⎝ 1 ⎟⎠⎞⎟⎟⎟2 10 ⋅ 1 2 2 2 4 Άσκηση 26Σε έναν κατακόρυφο τοίχο βρίσκεται στερεωμένη πλάγια μία σκάλα μήκους 5 m. Το κάτω μέρος τηςσκάλας αρχίζει να γλιστρά με ρυθμό 1 m/s. Την χρονική στιγμή t0 , που το κάτω μέρος της σκάλαςαπέχει από τον τοίχο 3 m, να βρείτε:α) σε τί ύψος είναι στερεωμένη η σκάλα.β) με τί ρυθμό πέφτει το πάνω μέρος της σκάλας.γ) με τί ρυθμό μεταβάλλεται το εμβαδόν του τριγώνου που σχηματίζεται από την σκάλα, τον τοίχο και το έδαφος.δ) με τί ρυθμό μεταβάλλεται η γωνία, θ, που σχηματίζει η σκάλα με τον τοίχο.Καθώς γλιστρά, η σκάλα σχηματίζει με το έδαφος και τον κατα-κόρυφο τοίχο το ορθογώνιο τρίγωνο ΟΑΒ. Σ’ αυτό, οι πλευρές ΟΑκαι ΟΒ μεταβάλλονται συναρτήσει του χρόνου, καθώς η σκάλα με-τακινείται, ενώ η υποτείνουσα παραμένει σταθερή και ίση με 5 m.Θεωρούμε τις συναρτήσεις που προσδιορίζουν τα μήκη των ΟΑκαι ΟΒ, x(t) και y(t) αντίστοιχα. Επίσης, ονομάζουμε θ την γωνίαπου σχηματίζει η σκάλα με τον κατακόρυφο τοίχο, η οποία επίσηςθα μεταβάλλεται συναρτήσει του χρόνου, άρα ας συμβολίσουμε θ(t)την συνάρτηση που την προσδιορίζει.Από τα δεδομένα έχουμε ότι το κάτω μέρος της σκάλας (δηλαδήτο σημείο Α) γλιστρά με ρυθμό 1 m/s, συνεπώς ισχύει x′(t) = υ(t) = 1 m / s .Επίσης, την χρονική στιγμή t0 , το κάτω μέρος της σκάλας απέχει από τον τοίχο 3 m, συνεπώς ισχύειx(t0) = 3 m . - 52 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών
Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός Ρυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό Μεταβολήςα) Το ύψος στο οποίο είναι στερωμένη η σκάλα, κάθε χρονική στιγμή μάς το δίνει η y(t).Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΟΑΒ, από το Πυθαγόρειο Θεώρημα βρίσκουμε ΟΑ2 + ΟΒ2 = ΑΒ2 ⇒ x2(t) + y2(t) = 52 ⇒ x2(t) + y2(t) = 25 (1)Την χρονική στιγμή t0 θα ισχύει x2(t0) + y2(t0) = 25 .Αφού είναι x(t0) = 3 m , αντικαθιστώντας βρίσκουμε 32 + y2(t0) = 25 ⇔ y2(t0) = 16 ⇔ y(t0) = 4 m ,αφού είναι y(t0) > 0 .Επομένως, την χρονική στιγμή t0 η σκάλα είναι στερεωμένη σε ύψος 4 m.β) Παραγωγίζοντας την (1) ως προς t βρίσκουμε 2 x(t) ⋅ x′(t) + 2 y(t) ⋅ y′(t) = 0 ⇒ x(t) ⋅ x′(t) + y(t) ⋅ y′(t) = 0 ,οπότε την χρονική στιγμή t0 θα ισχύει x(t0) ⋅ x′(t0) + y(t0) ⋅ y′(t0) = 0 (2)Εδώ γνωρίζουμε τα εξής:• x(t0) = 3 m , από την εκφώνηση.• x′(t) = υ(t) = 1 m / s , για κάθε χρονική στιγμή t (αφού ο ρυθμός με τον οποίο γλιστρά το κάτω μέρος της σκάλας είναι σταθερός), άρα την χρονική στιγμή t0 θα είναι επίσης x′(t0) = 1 m / s .• y(t0) = 4 m , όπως βρήκαμε στο (α).Αντικαθιστώντας τις παραπάνω τιμές στην (2) βρίσκουμε 3 ⋅1 + 4 ⋅ y′(t0) = 0 ⇔ y′(t 0 ) =− 3 , οπότε ορυθμός με τον οποίο πέφτει το πάνω μέρος της σκάλας, την χρονική στιγμή t0 , είναι ίσος 4 − 3 m/s. με 4γ) Το εμβαδόν του τριγώνου ΟΑΒ είναι Ε = 1 ⋅ ΟΑ ⋅ ΟΒ . 2Εφόσον οι πλευρές του μεταβάλλονται συναρτήσει του χρόνου, το ίδιο θα συμβαίνει και με το εμβαδόν 1του, άρα θα είναι E(t) = 2 ⋅ x(t) ⋅ y(t) , t ≥ 0 .Παραγωγίζοντας εδώ ως προς t βρίσκουμε E′(t) = 1 ⋅ ⎡⎢⎣x′(t) ⋅ y(t) + x(t) ⋅ y′(t)⎦⎤⎥ . 2Την χρονική στιγμή t0 , ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού θα είναι E′(t0) = 1 ⋅ ⎢⎣⎡x′(t0) ⋅ y(t0) + x(t0) ⋅ y′(t0)⎥⎦⎤ , 2όπου αντικαθιστώντας τα γνωστά μεγέθη του δεξιού μέλους βρίσκουμε E′(t0) = 1 ⋅⎜⎛⎝⎜⎜⎜1 ⋅ 4 + 3 ⋅ −3 ⎟⎟⎞⎠⎟⎟ = 1 ⋅⎛⎜⎝⎜⎜⎜4 − 9 ⎠⎟⎞⎟⎟⎟ = 1 ⋅ 7 = 7 . 2 4 2 4 2 4 8Επομένως ο ζητούμενος ρυθμός μεταβολής είναι 7 m²/s. 8δ) Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΟΑΒ έχουμε ηµθ = ΟΑ ⇒ ηµθ(t) = x(t) . ΑΒ 5 1Παραγωγίζοντας ως προς t βρίσκουμε συνθ(t) ⋅ θ′(t) = 5 ⋅ x′(t) .Συνεπώς, την χρονική στιγμή t0 θα έχουμε συνθ(t0) ⋅ θ′(t0) = 1 ⋅ x′(t0) ⇔ θ′(t0) = x′(t 0 ) (3) 5 5συνθ(t 0 ) - 53 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών
Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός ΛογισµόςΡυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό ΜεταβολήςΕδώ να σταθούμε να παρατηρήσουμε τί βρήκαμε:η σχέση (3) μάς επιτρέπει να υπολογίσουμε τον ζητούμενο ρυθμό μεταβολής, θ′(t0) , της γωνίας θ, τηνχρονική στιγμή t0 . Στο δεύτερο μέλος βλέπουμε ότι εμφανίζεται η τιμή θ(t0) , την οποία φυσικά δενγνωρίζουμε, αλλά αυτό δεν αποτελεί εμπόδιο στην λύση, διότι δεν την χρειαζόμαστε! Η τιμή θ(t0) δενεμφανίζεται μόνη της, αλλά στην ποσότητα συνθ(t0) , την οποία μπορούμε να υπολογίσουμε!Την χρονική στιγμή t0 , το τρίγωνο έχει πλευρές ΟΑ = x(t0) = 3 m , OB = y(t0) = 4 m , AB = 5 m .Συνεπώς, από τους γνωστούς τριγωνομετρικούς τύπους έχουμε άμεσα ότι συνθ(t0) = y(t 0 ) = 4 . 5 5 1 1Αντικαθιστώντας τότε στην (3) βρίσκουμε θ′(t0) = = 4 rad/s. 4 5⋅ 5 Δεύτερος τρόπος για το (δ).Με τον ίδιο ακριβώς τρόπο μπορούμε να εργαστούμε ξεκινώντας με το συνθ = ΟΒ ⇒ συνθ(t) = y(t) . ΑΒ 5 Τρίτος τρόπος για το (δ).Αν και σε γενικές γραμμές ακολουθούμε την ίδια συλλογιστική πορεία, χρησιμοποιώντας την εφαπτο-μένη της γωνίας θ έχουμε μερικές διαφορές που αξίζει να δούμε.Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΟΑΒ έχουμε εϕθ = ΟΑ ⇒ εϕθ(t) = x(t) . ΟΒ y(t)Παραγωγίζοντας αυτήν την σχέση ως προς t βρίσκουμε 1 ⋅ θ′(t) = x′(t) ⋅ y(t) − x(t) ⋅ y′(t) ⇒ συν2θ(t) y2(t) x′(t) ⋅ y(t) − x(t) ⋅ y′(t)⇒ ⎢⎣⎡1 + εϕ2θ(t)⎤⎥⎦ ⋅ θ′(t) = y2(t) και, για την χρονική στιγμή t0 ,⎢⎣⎡1 + εϕ2θ(t0)⎦⎤⎥ ⋅ θ′(t0) = x′(t0) ⋅ y(t0) − x(t0) ⋅ y′(t0) ⇒ θ′(t0) = 1 ⋅ x′(t0) ⋅ y(t0) − x(t0) ⋅ y′(t0) . y2(t0) 1 + εϕ2θ(t0) y2(t0)Όποια από τις παραπάνω σχέσεις κι αν επιλέξουμε, γνωρίζουμε όλα τα απαραίτητα στοιχεία για νακάνουμε αντικατάσταση και πράξεις και να βρούμε το ζητούμενο.Προφανώς ο πρώτος τρόπος είναι μακράν συντομότερος και ευκολότερος, άρα αυτόν θα προτιμήσουμεσ’ αυτήν την άσκηση. - 54 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών
Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός ΛογισµόςΡυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό Μεταβολής Άσκηση 27Ένα μπαλόνι ανέρχεται κατακόρυφα πάνω από ένα σημείο Β του εδάφους, με ταχύτητα 140 m/min.Ένας παρατηρητής βρίσκεται στο σημείο Α του εδάφους, 500 m μακριά από το Β. Να βρείτε τον ρυθμόμεταβολής της γωνίας θ, που σχηματίζει το έδαφος με την ευθεία που συνδέει τον παρατηρητή με τομπαλόνι, ως προς τον χρόνο t, την χρονική στιγμή t0 που το μπαλόνι βρίσκεται σε ύψος 500 m.Από τα δεδομένα έχουμε ότι η απόσταση ΑΒ είναι σταθερή και ίσημε 500 m. Επίσης, το μπαλόνι ανέρχεται κατακόρυφα με ταχύτηταυ = 140 m/min.Αν συμβολίσουμε με h το ύψος όπου βρίσκεται το μπαλόνι, κατα-λαβαίνουμε ότι αυτό μεταβάλλεται συναρτήσει του χρόνου, άραπροσδιορίζεται από συνάρτηση της μορφής h(t), t ≥ 0 . Τότε ηταχύτητα του μπαλονιού είναι ο ρυθμός μεταβολής του ύψουςσυναρτήσει του χρόνου, που σημαίνει ότι γι’ αυτήν ισχύει υ = υ(t) = h′(t) = 140 m / min .Η γωνία θ, που σχηματίζει το έδαφος (στο σχήμα μας, το ΑΒ) με τηνευθεία που συνδέει τον παρατηρητή με το μπαλόνι (στο σχήμα μας,την ΑΜ), επίσης μεταβάλλεται συναρτήσει του χρόνου (συγκεκριμένα, αυξάνεται), καθώς το μπαλόνιανέρχεται. Συνεπώς και η γωνία θ προσδιορίζεται από συνάρτηση της μορφής θ(t), t ≥ 0 .Την χρονική στιγμή t0 , στην οποία αναφέρεται η εκφώνηση, το μπαλόνι βρίσκεται σε ύψος 500 m, άραισχύει h(t0) = 500 m . Ψάχνουμε να βρούμε τον ρυθμό μεταβολής της γωνίας θ αυτήν την χρονική στιγ-μή, δηλαδή την θ′(t0) .Στο τρίγωνο ΑΒΜ που σχηματίζεται, γνωρίζουμε την απόσταση ΑΒ = 500 m και, την χρονική στιγμή t0 ,γνωρίζουμε το ύψος στο οποίο είναι το μπαλόνι, που είναι h(t0) = 500 m . Αν και μπορούμε να βρούμε(με το Πυθαγόρειο Θεώρημα) και το μήκος της υποτείνουσας ΑΜ, δεν θα χρειαστεί, αλλά θα λύσουμετην άσκηση ως εξής: ΒΜ h(t) ΑΒ 500Για την γωνία θ ισχύει εϕθ = ⇒ εϕθ(t) = .Παραγωγίζοντας αυτήν την σχέση ως προς t βρίσκουμε 1 ⋅ θ′(t) = 1 ⋅ h′(t) , οπότε για την χρο- συν2θ(t) 500νική στιγμή t0 και τον ζητούμενο ρυθμό μεταβολής, θ′(t0) , θα ισχύει 1 ⋅ θ′(t0) = 1 ⋅ h′(t0) (1) συν2θ(t 0 ) 500Το πρόβλημά μας εδώ είναι εμφανές:αφού δεν γνωρίζουμε την γωνία θ την χρονική στιγμή t0 , δηλαδή την θ(t0) , πώς να βρούμε το συνημί-τονό της;Η απάντηση είναι ότι δεν χρειάζεται! Μπορούμε να το παρακάμψουμε αξιοποιώντας τις γνώσεις μαςστην Τριγωνομετρία από την Β΄ Λυκείου.Από την Τριγωνομετρία είναι γνωστό ότι ισχύει 1 = 1 + εϕ2θ (αν δεν θυμόμαστε τον τύπο, μια συν2θεπανάληψη στην Τριγωνομετρία μόνο καλό θα κάνει), οπότε από την (1) και για την χρονική στιγμή t0έχουμε - 55 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών
Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός ΛογισµόςΡυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό Μεταβολής⎢⎣⎡1 + εϕ2θ(t0)⎤⎦⎥ ⋅ θ′(t0) = 1 ⋅ h′(t0) ⇔ θ′(t0) = 1 ⋅ h′(t0) ⋅ 1+ 1 . 500 500 εϕ2θ(t 0 )Την δεδομένη χρονική στιγμή είναι h(t0) = 500 m , οπότε έχουμε εϕθ(t0) = h(t 0 ) = 500 = 1 , συνεπώς 500 500 1 1 7 θ′(t0) = 500 ⋅140 ⋅ 1 + 12 = 50 rad/min.Εφόσον μετράμε ρυθμό μεταβολής γωνίας, η οποία μετράται σε rad, συναρτήσει του χρόνου, που στηνάσκηση μετράται σε λεπτά (το καθορίζει η μονάδα μέτρησης της ταχύτητας του μπαλονιού), το αποτέ-λεσμα θα έχει μονάδα μέτρησης rad/min. Παρατήρηση.Στην λύση αναφέρθηκε το εξής:«Αφού δεν γνωρίζουμε την γωνία θ την χρονική στιγμή t0 , δηλαδή την θ(t0 ) , πώς θα βρούμε τοσυνημίτονό της;».Η αλήθεια είναι ότι δεν γνωρίζουμε ακόμα, αλλά μπορούμε να βρούμε το συνθ(t0) . Να πώς:Την χρονική στιγμή t0 , το ύψος στο οποίο είναι το μπαλόνι είναι h(t0) = 500 m , άρα στο τρίγωνο ΑΒΜισχύει ΑΒ = ΒΜ = 500 m. Συνεπώς το τρίγωνο είναι ορθογώνιο και ισοσκελές, που σημαίνει ότι η γωνίαθ, την χρονική στιγμή t0 , είναι ίση με θ(t0) = π , άρα είναι συνθ(t0) = συν π = 2 . 4 4 2Έτσι, λύνοντας την (1) ως προς θ′(t0) έχουμε 1 ⋅ θ′(t0) = 1 ⋅ h′(t0) ⇔ θ′(t0) = 1 ⋅ h′(t0) ⋅ συν2θ(t0) , συν2θ(t 0 ) 500 500απ’ όπου βρίσκουμε θ′(t0) = 1 ⋅140 ⋅⎜⎛⎝⎜⎜⎜⎜ 2 ⎟⎠⎟⎟⎟⎟⎞2 = 7 rad/min. 500 2 50 - 56 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών
Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός Ρυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό Μεταβολής Άσκηση 28Ένα περιπολικό Α κινείται κατά μήκος της καμπύλης y = −x5 , x ≤ 0 ,πλησιάζοντας την ακτή και ο προβολέας του φωτίζει κατευθείανεμπρός (σχήμα). Αν ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης του περιπο-λικού δίνεται από τον τύπο α′(t) = −α3(t) , να βρείτε τον ρυθμόμεταβολής της τετμημένης του σημείου Μ της ακτής, στο οποίο πέφτουντα φώτα του προβολέα, την χρονική στιγμή κατά την οποία το περιπο-λικό έχει τετμημένη 1.Στο σχήμα έχουμε μία απεικόνιση των στοιχείων του προβλήματος. Τοσημείο Α μάς δίνει την θέση του περιπολικού επί της γραφικής παρά-στασης της f(x) = −x5 , x ≤ 0 , ανά πάσα χρονική στιγμή. Ο προβολέαςτου περιπολικού φωτίζει κατά την διεύθυνση της εφαπτομένης της Cf ,καθώς αυτό κινείται κατά μήκος της καμπύλης.Η τετμημένη, α, του περιπολικού μεταβάλλεται συναρτήσει του χρόνου,οπότε και οι συντεταγμένες του Α, που θα είναι της μορφής ( )α(t) ,− α5(t) , t ≥ 0 .Η εφαπτομένη της Cf στο Α έχει εξίσωση ε : y − f(α) = f′(α) ⋅ (x − α) .Είναι f′(x) = −5x4 ⇒ f′(α) = −5α4 , οπότε ε : y − (−α5) = −5α4(x − α) ⇔ ε : y + α5 = −5α4x + 5α5 ⇔⇔ ε : y = −5α4x + 4α5 . α≠0 4α 5 = 4 α = xΜ . 5Θέτοντας y = 0 στην εξίσωση της (ε) έχουμε 0 = −5α4x + 4α5 ⇔ 5α4x = 4α5 ⇔ x = 5 α4Επειδή οι συντεταγμένες του Μ μεταβάλλονται συναρτήσει του χρόνου, θα είναι x(t) = 4 ⋅ α(t) . 5 4Παραγωγίζοντας αυτήν την σχέση ως προς t έχουμε x′(t) = 5 ⋅ α′(t) και, αφού από την υπόθεση δίνεταιότι α′(t) = −α3(t) , θα είναι x′(t) = − 4 ⋅α3(t) . 5Την χρονική στιγμή t0 , κατά την οποία είναι α(t0) = −1 , έχουμε x′(t0) = − 4 α3(t0) = − 4 ⋅ (−1) = 0, 8 μον.μήκους/μον.χρόνου. 5 5Επομένως, κατά την χρονική στιγμή κατά την οποία το περιπολικό έχει τετμημένη 1, το σημείο Μ τηςακτής στο οποίο πέφτουν τα φώτα του προβολέα κινείται με ρυθμό μεταβολής της τετμημένης του ίσομε 0,8 μον.μήκους/μον.χρόνου. - 57 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών
Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός Ρυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό Μεταβολής Άσκηση 29Μία νεαρή γυναίκα ύψους 1,50 m απομακρύνεται από την βάση ενός φανοστάτη ύψους 9 m με ταχύτη-τα 2,5 m/s. Με ποια ταχύτητα αυξάνεται ο ίσκιος της;Καθώς περιέχει ταχύτητα, η άσκηση λύνεται με την βοήθεια τουρυθμού μεταβολής. Το σημαντικό σε αυτό είναι η χρήση βασικώνγνώσεων Γεωμετρίας (συγκεκριμένα, η ομοιότητα τριγώνων). ΗΓεωμετρία πολύ συχνά χρησιμοποιείται στην επίλυση τέτοιωνασκήσεων και εδώ έχουμε ένα χαρακτηριστικό παράδειγμα.Στο σχήμα έχουμε μία απεικόνιση των στοιχείων του προβλή-ματος.Να παρατηρήσουμε εδώ ότι θα φτιάξουμε εξ ολοκλήρου δικόμας σχήμα, χωρίς να υπάρχει οποιαδήποτε αναφορά σε τέτοιοστην εκφώνηση. Εφόσον η λύση μας θα βασιστεί στο σχήμα μας,καλό είναι να δώσουμε κάποιες σχετικές πληροφορίες, κυρίωςγια τα μεγέθη της εκφώνησης και πού/πώς αντιστοιχίζονται στοσχήμα μας. Π.χ., η κίνηση της γυναίκας μπορεί να «τοποθετηθεί»πάνω σε οριζόντιο άξονα, ώστε η θέση της να προσδιορίζεται ποσοτικά από την τετμημένη της. Επίσης,η απόσταση της γυναίκας από τον φανοστάτη και το ύψος του ίσκιου της πρέπει να προσδιοριστούνστην κατασκευή του σχήματος και σε ποια στοιχεία/συναρτήσεις του προβλήματος αντιστοιχούν. Αυτάτα στοιχεία οφείλουμε να τα καταγράψουμε πριν ξεκινήσει η επίλυση της άσκησης.Θεωρούμε ότι η γυναίκα κινείται κατά μήκος ενός θετικού ημιάξονα Ox, με τον φανοστάτη να έχει τηνβάση του στην αρχή, Ο, αυτού. Τότε η θέση της πάνω στον Οx προσδιορίζεται από την τετμημένη τουσημείου Π και, καθώς η γυναίκα βαδίζει, αυτή μεταβάλλεται συναρτήσει του χρόνου, άρα προσδιορίζε-ται από συνάρτηση της μορφής x(t), t ≥ 0 .Αντίστοιχα, ο ίσκιος της γυναίκας, όπως φαίνεται στο σχήμα, είναι ίσος με το μήκος, s, του ευθύγραμ-μου τμήματος ΠΣ. Καθώς η γυναίκα βαδίζει, και ο ίσκιος της μεταβάλλεται συναρτήσει του χρόνου, άραπροσδιορίζεται από συνάρτηση της μορφής s(t), t ≥ 0 .Από το σχήμα βρίσκουμε ότι τα τρίγωνα ΦΟΣ και ΚΠΣ είναι όμοια (διότι είναι και τα δύο ορθογώνια,με κοινή γωνία την Σ). Από την ομοιότητα αυτή προκύπτει ΚΠ = ΠΣ , όπου είναι ΚΠ = 1,5 m = 3 ΦΟ ΟΣ= 2 m , ΦΟ = 9 m, άρα βρίσκουμε 3 s 1 s 1 2 = x+s ⇔ 6 = x+s ⇔ x + s = 6s ⇔ x = 5s ⇔ s = 5 x 9ή s(t) = 1 x(t) , απ’ όπου με παραγώγιση προκύπτει s′(t) = 1 x′(t) . 5 5Η ταχύτητα με την οποία κινείται η γυναίκα είναι ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης της θέσης της,δηλαδή ισχύει υ(t) = x′(t) = 2, 5 m / s .Τότε θα είναι s′(t) = 1 ⋅ 2, 5 = 1 ⋅ 5 = 1 = 0, 5 m / s , συνεπώς καθώς η γυναίκα απομακρύνεται από 5 5 2 2τον φανοστάτη, ο ίσκιος της αυξάνεται με ταχύτητα 0,5 m/s. - 58 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών
Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός Ρυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό Μεταβολής Άσκηση 30Η ποσότητα (σε gr) ενός ραδιενεργού υλικού, σε ένα εργαστήριο, κατά την χρονική στιγμή t (σε s),δίνεται από την συνάρτηση f(t) = 100e−0,3t .α) Να βρείτε την αρχική ποσότητα του υλικού.β) Να αποδείξετε ότι η ποσότητα του υλικού συνεχώς μειώνεται.γ) Να βρείτε τον ρυθμό με τον οποίο μειώνεται το υλικό την χρονική στιγμή t = 10 s.δ) Να βρείτε τον χρόνο ημιζωής του ραδιενεργού υλικού, καθώς και τον ρυθμό με τον οποίο μειώνεται το υλικό, την χρονική στιγμή που συμπληρώνεται ο χρόνος ημιζωής του.Δίνεται ότι ℓn2 \" 0, 693 .α) Η αρχική ποσότητα του ραδιενεργού υλικού είναι η ποσότητα που μας δίνει ο τύπος της f(t), ανθέσουμε t = 0, δηλαδή f(0) = 100 ⋅ e−0,3⋅0 = 100 ⋅ 1 = 100 gr .β) Αρκεί να δείξουμε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα.Ελλείψει του «δυνατού» εργαλείου εύρεσης της μονοτονίας (μελέτη του προσήμου της πρώτης παραγώ-γου), θα αναγκαστούμε να βρούμε την μονοτονία με χρήση του ορισμού της, μέθοδος που είναι δύσχρη-στη και κουραστική συχνά, ειδικά όταν έχουμε τον τύπο της συνάρτησης.Έστω t1 , t2 ≥ 0 , με t1 < t2 . Τότε είναι −0, 3t1 > −0, 3t2 ⇒ e−0,3t1 > e−0,3t2 ⇒ 100e−0,3t1 > 100e−0,3t2 ⇒ f(t1) > f(t2) ,που σημαίνει ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα.γ) Γενικά, ο ρυθμός μείωσης (δηλαδή, μεταβολής) της ποσότητας του υλικού δίνεται από την παράγω-γο, f′(t) , της f, που είναι f′(t) = 100e−0,3t ⋅ (−0, 3t)′ = −100 ⋅ 0, 3e−0,3t = −30e−0,3t .Την χρονική στιγμή t = 10 s επομένως, ο ζητούμενος ρυθμός μείωσης του υλικού είναι f′(10) = −30e−0,3⋅10 = −30e−3 gr/s.δ) Ο χρόνος ημιζωής ενός ραδιενεργού υλικού είναι ο χρόνος που χρειάζεται να περάσει, μέχρι ηποσότητα του υλικού μειωθεί στο μισό της αρχικής.Δηλαδή, αν tη είναι ο χρόνος ημιζωής, τότε ισχύει f(tη) = f(0) , απ’ όπου έχουμε 2 100 1 1100 e−0,3tη = 2 ⇔ e−0,3tη = 2 ⇔ −0, 3tη = ℓn 2 ⇔ −0, 3tη = ℓn2−1 ⇔ −0, 3tη = − ℓn2 ⇔⇔ 0, 3tη = ℓn2 ⇔ tη = ℓn2 = ℓn2 = 10 ⋅ ℓn2 . 0, 3 3 3Αφού ℓn2 \" 0, 693 , θα είναι 10 10 ⋅ 0, 693 = 6, 93 = 2, 31 s. tη = 3 3Την χρονική στιγμή που συμπληρώνεται ο χρόνος ημιζωής του υλικού, ο ρυθμός μεταβολής της ποσότη-τάς του είναι f ′(t η ) = −30e−0,3tη − 0,3 ⋅ ℓn2 = −30e−ℓn2 = − 30 =− 30 = −15 gr / s . 0,3 eℓn2 2 = −30eΤο “” εκφράζει την μείωση της ποσότητας του υλικού. - 59 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών
~ Βιβλιογραφία - πηγές ασκήσεων ~1. Θεόδωρος Παγώνης, Γ΄ Λυκείου, Μαθηματικά κατεύθυνσης, 2016-2017.Το φυλλάδιο υπάρχει στην διεύθυνση http://lisari.blogspot.gr/2016/10/blog-post_24.htmlΑν δεν το βρείτε στην παραπάνω διεύθυνση (και μόνο τότε), υπάρχει και εδώ:https://drive.google.com/open?id=0ByCvfxuwaBGtWDBhdFNoRUxjUGsΟι ασκήσεις που αντλήθηκαν είναι οι ακόλουθες:1 , 3-12 , 14 , 16-23 , 25-27.2. Κώστας Νικολετόπουλος, 9ο ΓΕΛ Περιστερίου.Το φυλλάδιο υπάρχει στην διεύθυνση http://www.askisopolis.gr/index.php?p=view.php&id=3857Αν δεν το βρείτε στην παραπάνω διεύθυνση (και μόνο τότε), υπάρχει και εδώ:https://drive.google.com/open?id=0ByCvfxuwaBGtTnN6TGVCV0tWZWcΗ άσκηση που αντλήθηκε είναι η ακόλουθη:15.3. Τάκης Τσακαλάκος, Προσεγγίσεις στον Ρυθμό Μεταβολής, 2016.Το φυλλάδιο υπάρχει στην διεύθυνση https://mathslibrary.gr/images/clykeiou/7.rythmos.pdfΑν δεν το βρείτε στην παραπάνω διεύθυνση (και μόνο τότε), υπάρχει και εδώ:https://drive.google.com/open?id=0ByCvfxuwaBGtTzlQRnM5SWdkUkUΟι ασκήσεις που αντλήθηκαν είναι οι ακόλουθες:2 (με προσθήκες από τον Θανάση Νικολόπουλο) , 13 , 24 (με προσθήκες από τον Θανάση Νικολόπουλο) ,30 (με προσθήκες από τον Θανάση Νικολόπουλο).4. Σχολικό βιβλίο Γ΄ Λυκείου.Μαθηματικά Γ΄Λυκείου, Ανάλυση, Οργανισμός Εκδόσεως Διδακτικών Βιβλίων, Αθήνα, έκδοση 2016.Συγγραφείς: Ανδρεαδάκης Στυλιανός, Κατσαργύρης Βασίλειος, Μέτης Στέφανος, ΜπρουχούταςΚωνσταντίνος, Παπασταυρίδης Σταύρος, Πολύζος Γεώργιος.Οι ασκήσεις που αντλήθηκαν είναι οι ακόλουθες:28 (παραλλαγή της άσκησης 6, Β΄ ομάδα, σελίδα 127) , 29 (παραλλαγή της άσκησης 5, Β΄ ομάδα, σελίδα 126).
Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός Ρυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό Μεταβολής Άσκηση 28Ένα περιπολικό Α κινείται κατά μήκος της καμπύλης y = −x5 , x ≤ 0 ,πλησιάζοντας την ακτή και ο προβολέας του φωτίζει κατευθείανεμπρός (σχήμα). Αν ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης του περιπο-λικού δίνεται από τον τύπο α′(t) = −α3(t) , να βρείτε τον ρυθμόμεταβολής της τετμημένης του σημείου Μ της ακτής, στο οποίο πέφτουντα φώτα του προβολέα, την χρονική στιγμή κατά την οποία το περιπο-λικό έχει τετμημένη 1.Στο σχήμα έχουμε μία απεικόνιση των στοιχείων του προβλήματος. Τοσημείο Α μάς δίνει την θέση του περιπολικού επί της γραφικής παρά-στασης της f(x) = −x5 , x ≤ 0 , ανά πάσα χρονική στιγμή. Ο προβολέαςτου περιπολικού φωτίζει κατά την διεύθυνση της εφαπτομένης της Cf ,καθώς αυτό κινείται κατά μήκος της καμπύλης.Η τετμημένη, α, του περιπολικού μεταβάλλεται συναρτήσει του χρόνου,οπότε και οι συντεταγμένες του Α, που θα είναι της μορφής ( )α(t) ,− α5(t) , t ≥ 0 .Η εφαπτομένη της Cf στο Α έχει εξίσωση ε : y − f(α) = f′(α) ⋅ (x − α) .Είναι f′(x) = −5x4 ⇒ f′(α) = −5α4 , οπότε ε : y − (−α5) = −5α4(x − α) ⇔ ε : y + α5 = −5α4x + 5α5 ⇔⇔ ε : y = −5α4x + 4α5 . α≠0 4α 5 = 4 α = xΜ . 5Θέτοντας y = 0 στην εξίσωση της (ε) έχουμε 0 = −5α4x + 4α5 ⇔ 5α4x = 4α5 ⇔ x = 5 α4Επειδή οι συντεταγμένες του Μ μεταβάλλονται συναρτήσει του χρόνου, θα είναι x(t) = 4 ⋅ α(t) . 5 4Παραγωγίζοντας αυτήν την σχέση ως προς t έχουμε x′(t) = 5 ⋅ α′(t) και, αφού από την υπόθεση δίνεταιότι α′(t) = −α3(t) , θα είναι x′(t) = − 4 ⋅α3(t) . 5Την χρονική στιγμή t0 , κατά την οποία είναι α(t0) = −1 , έχουμε x′(t0) = − 4 α3(t0) = − 4 ⋅ (−1) = 0, 8 μον.μήκους/μον.χρόνου. 5 5Επομένως, κατά την χρονική στιγμή κατά την οποία το περιπολικό έχει τετμημένη 1, το σημείο Μ τηςακτής στο οποίο πέφτουν τα φώτα του προβολέα κινείται με ρυθμό μεταβολής της τετμημένης του ίσομε 0,8 μον.μήκους/μον.χρόνου. - 58 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών
Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός Ρυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό Μεταβολής Άσκηση 29Μία νεαρή γυναίκα ύψους 1,50 m απομακρύνεται από την βάση ενός φανοστάτη ύψους 9 m με ταχύτη-τα 2,5 m/s. Με ποια ταχύτητα αυξάνεται ο ίσκιος της;Καθώς περιέχει ταχύτητα, η άσκηση λύνεται με την βοήθεια τουρυθμού μεταβολής. Το σημαντικό σε αυτό είναι η χρήση βασικώνγνώσεων Γεωμετρίας (συγκεκριμένα, η ομοιότητα τριγώνων). ΗΓεωμετρία πολύ συχνά χρησιμοποιείται στην επίλυση τέτοιωνασκήσεων και εδώ έχουμε ένα χαρακτηριστικό παράδειγμα.Στο σχήμα έχουμε μία απεικόνιση των στοιχείων του προβλή-ματος.Να παρατηρήσουμε εδώ ότι θα φτιάξουμε εξ ολοκλήρου δικόμας σχήμα, χωρίς να υπάρχει οποιαδήποτε αναφορά σε τέτοιοστην εκφώνηση. Εφόσον η λύση μας θα βασιστεί στο σχήμα μας,καλό είναι να δώσουμε κάποιες σχετικές πληροφορίες, κυρίωςγια τα μεγέθη της εκφώνησης και πού/πώς αντιστοιχίζονται στοσχήμα μας. Π.χ., η κίνηση της γυναίκας μπορεί να «τοποθετηθεί»πάνω σε οριζόντιο άξονα, ώστε η θέση της να προσδιορίζεται ποσοτικά από την τετμημένη της. Επίσης,η απόσταση της γυναίκας από τον φανοστάτη και το ύψος του ίσκιου της πρέπει να προσδιοριστούνστην κατασκευή του σχήματος και σε ποια στοιχεία/συναρτήσεις του προβλήματος αντιστοιχούν. Αυτάτα στοιχεία οφείλουμε να τα καταγράψουμε πριν ξεκινήσει η επίλυση της άσκησης.Θεωρούμε ότι η γυναίκα κινείται κατά μήκος ενός θετικού ημιάξονα Ox, με τον φανοστάτη να έχει τηνβάση του στην αρχή, Ο, αυτού. Τότε η θέση της πάνω στον Οx προσδιορίζεται από την τετμημένη τουσημείου Π και, καθώς η γυναίκα βαδίζει, αυτή μεταβάλλεται συναρτήσει του χρόνου, άρα προσδιορίζε-ται από συνάρτηση της μορφής x(t), t ≥ 0 .Αντίστοιχα, ο ίσκιος της γυναίκας, όπως φαίνεται στο σχήμα, είναι ίσος με το μήκος, s, του ευθύγραμ-μου τμήματος ΠΣ. Καθώς η γυναίκα βαδίζει, και ο ίσκιος της μεταβάλλεται συναρτήσει του χρόνου, άραπροσδιορίζεται από συνάρτηση της μορφής s(t), t ≥ 0 .Από το σχήμα βρίσκουμε ότι τα τρίγωνα ΦΟΣ και ΚΠΣ είναι όμοια (διότι είναι και τα δύο ορθογώνια,με κοινή γωνία την Σ). Από την ομοιότητα αυτή προκύπτει ΚΠ = ΠΣ , όπου είναι ΚΠ = 1,5 m = 3 ΦΟ ΟΣ= 2 m , ΦΟ = 9 m, άρα βρίσκουμε 3 s 1 s 1 2 = x+s ⇔ 6 = x+s ⇔ x + s = 6s ⇔ x = 5s ⇔ s = 5 x 9ή s(t) = 1 x(t) , απ’ όπου με παραγώγιση προκύπτει s′(t) = 1 x′(t) . 5 5Η ταχύτητα με την οποία κινείται η γυναίκα είναι ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης της θέσης της,δηλαδή ισχύει υ(t) = x′(t) = 2, 5 m / s .Τότε θα είναι s′(t) = 1 ⋅ 2, 5 = 1 ⋅ 5 = 1 = 0, 5 m / s , συνεπώς καθώς η γυναίκα απομακρύνεται από 5 5 2 2τον φανοστάτη, ο ίσκιος της αυξάνεται με ταχύτητα 0,5 m/s. - 59 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών
Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός Ρυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό Μεταβολής Άσκηση 30Η ποσότητα (σε gr) ενός ραδιενεργού υλικού, σε ένα εργαστήριο, κατά την χρονική στιγμή t (σε s),δίνεται από την συνάρτηση f(t) = 100e−0,3t .α) Να βρείτε την αρχική ποσότητα του υλικού.β) Να αποδείξετε ότι η ποσότητα του υλικού συνεχώς μειώνεται.γ) Να βρείτε τον ρυθμό με τον οποίο μειώνεται το υλικό την χρονική στιγμή t = 10 s.δ) Να βρείτε τον χρόνο ημιζωής του ραδιενεργού υλικού, καθώς και τον ρυθμό με τον οποίο μειώνεται το υλικό, την χρονική στιγμή που συμπληρώνεται ο χρόνος ημιζωής του.Δίνεται ότι ℓn2 \" 0, 693 .α) Η αρχική ποσότητα του ραδιενεργού υλικού είναι η ποσότητα που μας δίνει ο τύπος της f(t), ανθέσουμε t = 0, δηλαδή f(0) = 100 ⋅ e−0,3⋅0 = 100 ⋅ 1 = 100 gr .β) Αρκεί να δείξουμε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα.Ελλείψει του «δυνατού» εργαλείου εύρεσης της μονοτονίας (μελέτη του προσήμου της πρώτης παραγώ-γου), θα αναγκαστούμε να βρούμε την μονοτονία με χρήση του ορισμού της, μέθοδος που είναι δύσχρη-στη και κουραστική συχνά, ειδικά όταν έχουμε τον τύπο της συνάρτησης.Έστω t1 , t2 ≥ 0 , με t1 < t2 . Τότε είναι −0, 3t1 > −0, 3t2 ⇒ e−0,3t1 > e−0,3t2 ⇒ 100e−0,3t1 > 100e−0,3t2 ⇒ f(t1) > f(t2) ,που σημαίνει ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα.γ) Γενικά, ο ρυθμός μείωσης (δηλαδή, μεταβολής) της ποσότητας του υλικού δίνεται από την παράγω-γο, f′(t) , της f, που είναι f′(t) = 100e−0,3t ⋅ (−0, 3t)′ = −100 ⋅ 0, 3e−0,3t = −30e−0,3t .Την χρονική στιγμή t = 10 s επομένως, ο ζητούμενος ρυθμός μείωσης του υλικού είναι f′(10) = −30e−0,3⋅10 = −30e−3 gr/s.δ) Ο χρόνος ημιζωής ενός ραδιενεργού υλικού είναι ο χρόνος που χρειάζεται να περάσει, μέχρι ηποσότητα του υλικού μειωθεί στο μισό της αρχικής.Δηλαδή, αν tη είναι ο χρόνος ημιζωής, τότε ισχύει f(tη) = f(0) , απ’ όπου έχουμε 2 100 1 1100 e−0,3tη = 2 ⇔ e−0,3tη = 2 ⇔ −0, 3tη = ℓn 2 ⇔ −0, 3tη = ℓn2−1 ⇔ −0, 3tη = − ℓn2 ⇔⇔ 0, 3tη = ℓn2 ⇔ tη = ℓn2 = ℓn2 = 10 ⋅ ℓn2 . 0, 3 3 3Αφού ℓn2 \" 0, 693 , θα είναι 10 10 ⋅ 0, 693 = 6, 93 = 2, 31 s. tη = 3 3Την χρονική στιγμή που συμπληρώνεται ο χρόνος ημιζωής του υλικού, ο ρυθμός μεταβολής της ποσότη-τάς του είναι f ′(t η ) = −30e−0,3tη − 0,3 ⋅ ℓn2 = −30e−ℓn2 = − 30 =− 30 = −15 gr / s . 0,3 eℓn2 2 = −30eΤο “” εκφράζει την μείωση της ποσότητας του υλικού. - 60 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών
Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός Ρυθµός µεταβολής • Βιβλιογραφία πηγές ασκήσεων~ Βιβλιογραφία - πηγές ασκήσεων ~1. Θεόδωρος Παγώνης, Γ΄ Λυκείου, Μαθηματικά κατεύθυνσης, 2016-2017.Το φυλλάδιο υπάρχει στην διεύθυνση http://lisari.blogspot.gr/2016/10/blog-post_24.htmlΑν δεν το βρείτε στην παραπάνω διεύθυνση (και μόνο τότε), υπάρχει και εδώ:https://drive.google.com/open?id=0ByCvfxuwaBGtWDBhdFNoRUxjUGsΟι ασκήσεις που αντλήθηκαν είναι οι ακόλουθες:1 , 3-12 , 14 , 16-23 , 25-27.2. Κώστας Νικολετόπουλος, 9ο ΓΕΛ Περιστερίου.Το φυλλάδιο υπάρχει στην διεύθυνση http://www.askisopolis.gr/index.php?p=view.php&id=3857Αν δεν το βρείτε στην παραπάνω διεύθυνση (και μόνο τότε), υπάρχει και εδώ:https://drive.google.com/open?id=0ByCvfxuwaBGtTnN6TGVCV0tWZWcΗ άσκηση που αντλήθηκε είναι η ακόλουθη:15.3. Τάκης Τσακαλάκος, Προσεγγίσεις στον Ρυθμό Μεταβολής, 2016.Το φυλλάδιο υπάρχει στην διεύθυνση https://mathslibrary.gr/images/clykeiou/7.rythmos.pdfΑν δεν το βρείτε στην παραπάνω διεύθυνση (και μόνο τότε), υπάρχει και εδώ:https://drive.google.com/open?id=0ByCvfxuwaBGtTzlQRnM5SWdkUkUΟι ασκήσεις που αντλήθηκαν είναι οι ακόλουθες:2 (με προσθήκες από τον Θανάση Νικολόπουλο) , 13 , 24 (με προσθήκες από τον Θανάση Νικολόπουλο) ,30 (με προσθήκες από τον Θανάση Νικολόπουλο).4. Σχολικό βιβλίο Γ΄ Λυκείου.Μαθηματικά Γ΄Λυκείου, Ανάλυση, Οργανισμός Εκδόσεως Διδακτικών Βιβλίων, Αθήνα, έκδοση 2016.Συγγραφείς: Ανδρεαδάκης Στυλιανός, Κατσαργύρης Βασίλειος, Μέτης Στέφανος, ΜπρουχούταςΚωνσταντίνος, Παπασταυρίδης Σταύρος, Πολύζος Γεώργιος.Οι ασκήσεις που αντλήθηκαν είναι οι ακόλουθες:28 (παραλλαγή της άσκησης 6, Β΄ ομάδα, σελίδα 127) , 29 (παραλλαγή της άσκησης 5, Β΄ ομάδα, σελίδα 126). - 61 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών
Search
